Διαγωνισμός Αρχιμήδης - Των φρονίμων τα παιδιά...!
Συντονιστές: cretanman, ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ, socrates
Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - Των φρονίμων τα παιδιά...!
Για την 7:
Εστω ,ώστε
Θέτω .Τότε .
Ομως και άρα .
Για ,δεν έχω λύση.Οπότε περιττός πρώτος κι επομένως
και λόγω της (2) θα είναι .
Θέτω και η σχέση (1) γράφεται :.
Λόγω των (3) και (4) θα είναι για
.
Aφαιρούμε τις σχέσεις (6) και (5) κατά μέλη και παίρνουμε:
Επειδή p περιττός πρώτος και λόγω της παραπάνω σχέσης θα είναι:
.
Mε έναν απλό έλεγχο βρίσκουμε ότι μόνο για ,έχουμε λύση
Εστω ,ώστε
Θέτω .Τότε .
Ομως και άρα .
Για ,δεν έχω λύση.Οπότε περιττός πρώτος κι επομένως
και λόγω της (2) θα είναι .
Θέτω και η σχέση (1) γράφεται :.
Λόγω των (3) και (4) θα είναι για
.
Aφαιρούμε τις σχέσεις (6) και (5) κατά μέλη και παίρνουμε:
Επειδή p περιττός πρώτος και λόγω της παραπάνω σχέσης θα είναι:
.
Mε έναν απλό έλεγχο βρίσκουμε ότι μόνο για ,έχουμε λύση
Κώστας
Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - Των φρονίμων τα παιδιά...!
11.
Να βρεθούν οι θετικοί ακέραιοι ώστε ο να είναι πρώτος αριθμός.
Να βρεθούν οι θετικοί ακέραιοι ώστε ο να είναι πρώτος αριθμός.
-
- Δημοσιεύσεις: 413
- Εγγραφή: Δευ Μαρ 01, 2010 2:07 pm
Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - Των φρονίμων τα παιδιά...!
Νίκος Αθανασίου
Μεταδιδακτορικός ερευνητής, τμήμα μαθηματικών- Πανεπιστήμιο Κρήτης
Μεταδιδακτορικός ερευνητής, τμήμα μαθηματικών- Πανεπιστήμιο Κρήτης
-
- Δημοσιεύσεις: 1055
- Εγγραφή: Δευ Ιαν 11, 2010 2:12 pm
Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - Των φρονίμων τα παιδιά...!
Είναι:
Επειδή: πρέπει κατα ανάγκην να είναι .
Επειδή: πρέπει κατα ανάγκην να είναι .
Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - Των φρονίμων τα παιδιά...!
Υπόδειξη :socrates έγραψε: 8.
Αν θετικοί πραγματικοί αριθμοί, να δείξετε ότι
Σιλουανός Μπραζιτίκος
-
- Δημοσιεύσεις: 623
- Εγγραφή: Πέμ Οκτ 21, 2010 10:12 pm
- Τοποθεσία: Αθήνα-Βόλος
- Επικοινωνία:
Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - Των φρονίμων τα παιδιά...!
Όσο αναφορά την 11, χθες συμπτωματικά διάβασα στο P.S.S. του Arthur Engel την -στο ευρύ κοινό άγνωστη- ταυτότητα της Sophie Germain.
Υπάρχουν δυο μορφές η μία απ τις οποίες χρησιμοποιήθηκε απ τον Κώστα για να λύσει την άσκηση.
Έχουν τεθεί κατά καιρούς θέματα σε ολυμπιάδες και άλλους διαγωνισμούς που στηρίζονται στην παραπάνω ταυτότητα και σύμφωνα με το ίδιο βιβλίο τα λύνουν λίγοι μαθητές.
Sophie Germain's Identity:
Ας δώσω και μια άσκηση από αυτές που προτείνονται πάνω σε αυτή την ταυτότητα:
12.
Για φυσικό n>1 να δειχθεί ότι ο δεν είναι ποτέ πρώτος.
Υπάρχουν δυο μορφές η μία απ τις οποίες χρησιμοποιήθηκε απ τον Κώστα για να λύσει την άσκηση.
Έχουν τεθεί κατά καιρούς θέματα σε ολυμπιάδες και άλλους διαγωνισμούς που στηρίζονται στην παραπάνω ταυτότητα και σύμφωνα με το ίδιο βιβλίο τα λύνουν λίγοι μαθητές.
Sophie Germain's Identity:
Ας δώσω και μια άσκηση από αυτές που προτείνονται πάνω σε αυτή την ταυτότητα:
12.
Για φυσικό n>1 να δειχθεί ότι ο δεν είναι ποτέ πρώτος.
τελευταία επεξεργασία από Νασιούλας Αντώνης σε Σάβ Ιαν 22, 2011 5:45 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.
"Το να έχεις συνείδηση της άγνοιάς σου, είναι ένα μεγάλο βήμα προς τη γνώση" , Benjamin Disraeli
"Η αλήθεια ενός θεωρήματος, βρίσκεται στο μυαλό σου, όχι στα μάτια σου" , Άλμπερτ Αϊνστάιν
"Η αλήθεια ενός θεωρήματος, βρίσκεται στο μυαλό σου, όχι στα μάτια σου" , Άλμπερτ Αϊνστάιν
Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - Των φρονίμων τα παιδιά...!
10:
Για x=y=0 παίρνω , δηλαδή ή .
Αν με για y=0 η αρχική δίνει , η οποία επαληθεύει την αρχική.
Αν για y=0 η αρχική δίνει , άρα (που επαληθεύει την αρχική) ή .
Αν τώρα k=1, η αρχική γίνεται . Για x=0 παίρνω , άρα για κάθε .
Για , , άρα η f είναι περιττή και συνεπώς .
Θέτοντας η σχέση μας γίνεται με ή . Όμως . Άρα , η οποία είναι η συναρτησιακή Cauchy και οι λύσεις της είναι της μορφής , όταν για κάθε . Αντικαθιστώντας στη δοθείσα παίρνουμε .
Τελικά οι λύσεις είναι οι και, αν , .
Για x=y=0 παίρνω , δηλαδή ή .
Αν με για y=0 η αρχική δίνει , η οποία επαληθεύει την αρχική.
Αν για y=0 η αρχική δίνει , άρα (που επαληθεύει την αρχική) ή .
Αν τώρα k=1, η αρχική γίνεται . Για x=0 παίρνω , άρα για κάθε .
Για , , άρα η f είναι περιττή και συνεπώς .
Θέτοντας η σχέση μας γίνεται με ή . Όμως . Άρα , η οποία είναι η συναρτησιακή Cauchy και οι λύσεις της είναι της μορφής , όταν για κάθε . Αντικαθιστώντας στη δοθείσα παίρνουμε .
Τελικά οι λύσεις είναι οι και, αν , .
- cretanman
- Διαχειριστής
- Δημοσιεύσεις: 4100
- Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:35 pm
- Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
- Επικοινωνία:
Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - Των φρονίμων τα παιδιά...!
Λύση άσκησης 6
Όπως μου υπέδειξε ο Θανάσης Μπεληγιάννης (mathfinder) η λύση μου δεν ήταν σωστή συνεπώς την αφήνω για να την ξεκοκαλίσετε!
Αλέξανδρος
Όπως μου υπέδειξε ο Θανάσης Μπεληγιάννης (mathfinder) η λύση μου δεν ήταν σωστή συνεπώς την αφήνω για να την ξεκοκαλίσετε!
Αλέξανδρος
Αλέξανδρος Συγκελάκης
Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - Των φρονίμων τα παιδιά...!
Αν ο είναι άρτιος τότε ο είναι επίσης άρτιος μεγαλύτερος του και άρα ποτέ πρώτος.Νασιούλας Αντώνης έγραψε: 12.
Για φυσικό να δειχθεί ότι ο δεν είναι ποτέ πρώτος.
Επομένως εξετάζουμε την περίπτωση στην οποία ο είναι περιττός δηλαδή και έχουμε:
Θέτω και έτσι:
επομένως ο δεν είναι ποτέ πρώτος για (παρατηρούμε οτι για έχουμε: δηλαδή πρώτος)
Στραγάλης Χρήστος
-
- Επιμελητής
- Δημοσιεύσεις: 6461
- Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 1:47 pm
- Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
- Επικοινωνία:
Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - Των φρονίμων τα παιδιά...!
13.
Να βρείτε όλα τα ζεύγη θετικών ακεραίων τέτοια ώστε ο αριθμός να είναι ακέραιος.
14.
Έστω ένα υποσύνολο του τέτοιο ώστε:
ανάμεσα σε τρία οποιαδήποτε στοιχεία του, υπάρχουν δύο, τέτοια ώστε το ένα να διαιρεί το άλλο.
Να βρεθεί ο μέγιστος αριθμός στοιχείων που μπορεί να έχει το .
15.
Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις τέτοιες ώστε , για κάθε .
Να βρείτε όλα τα ζεύγη θετικών ακεραίων τέτοια ώστε ο αριθμός να είναι ακέραιος.
14.
Έστω ένα υποσύνολο του τέτοιο ώστε:
ανάμεσα σε τρία οποιαδήποτε στοιχεία του, υπάρχουν δύο, τέτοια ώστε το ένα να διαιρεί το άλλο.
Να βρεθεί ο μέγιστος αριθμός στοιχείων που μπορεί να έχει το .
15.
Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις τέτοιες ώστε , για κάθε .
Θανάσης Κοντογεώργης
Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - Των φρονίμων τα παιδιά...!
Λύση της 14:
Edit: έβαλα τη λύση σε hide
Edit: έβαλα τη λύση σε hide
Κολλιοπουλος Νικος.
Μεταδιδακτορικός ερευνητής.
Ερευνητικά ενδιαφέροντα: Στοχαστικές ΜΔΕ, ασυμπτωτική ανάλυση στοχαστικών συστημάτων, εφαρμογές αυτών στα χρηματοοικονομικά και στη διαχείριση ρίσκων.
Μεταδιδακτορικός ερευνητής.
Ερευνητικά ενδιαφέροντα: Στοχαστικές ΜΔΕ, ασυμπτωτική ανάλυση στοχαστικών συστημάτων, εφαρμογές αυτών στα χρηματοοικονομικά και στη διαχείριση ρίσκων.
Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - Των φρονίμων τα παιδιά...!
15.
Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις τέτοιες ώστε , για κάθε .
Συνεχίζω με αυτή:
Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις τέτοιες ώστε , για κάθε .
Συνεχίζω με αυτή:
Κολλιοπουλος Νικος.
Μεταδιδακτορικός ερευνητής.
Ερευνητικά ενδιαφέροντα: Στοχαστικές ΜΔΕ, ασυμπτωτική ανάλυση στοχαστικών συστημάτων, εφαρμογές αυτών στα χρηματοοικονομικά και στη διαχείριση ρίσκων.
Μεταδιδακτορικός ερευνητής.
Ερευνητικά ενδιαφέροντα: Στοχαστικές ΜΔΕ, ασυμπτωτική ανάλυση στοχαστικών συστημάτων, εφαρμογές αυτών στα χρηματοοικονομικά και στη διαχείριση ρίσκων.
-
- Επιμελητής
- Δημοσιεύσεις: 6461
- Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 1:47 pm
- Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
- Επικοινωνία:
Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - Των φρονίμων τα παιδιά...!
Άλλη μια βασισμένη σε αυτήν την ταυτότητα:Νασιούλας Αντώνης έγραψε:Όσο αναφορά την 11, χθες συμπτωματικά διάβασα στο P.S.S. του Arthur Engel την -στο ευρύ κοινό άγνωστη- ταυτότητα της Sophie Germain.
Υπάρχουν δυο μορφές η μία απ τις οποίες χρησιμοποιήθηκε απ τον Κώστα για να λύσει την άσκηση.
Έχουν τεθεί κατά καιρούς θέματα σε ολυμπιάδες και άλλους διαγωνισμούς που στηρίζονται στην παραπάνω ταυτότητα και σύμφωνα με το ίδιο βιβλίο τα λύνουν λίγοι μαθητές.
Sophie Germain's Identity:
Ας δώσω και μια άσκηση από αυτές που προτείνονται πάνω σε αυτή την ταυτότητα:
16.
Να βρεθούν όλες οι τριάδες τέτοιες ώστε , όπου πρώτος και μη αρνητικοί ακέραιοι.
17.
Δίνεται τετράγωνο πλευράς . Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος των σημείων του επιπέδου του έτσι ώστε .
18.
Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις τέτοιες ώστε , για κάθε .
Θανάσης Κοντογεώργης
-
- Δημοσιεύσεις: 1055
- Εγγραφή: Δευ Ιαν 11, 2010 2:12 pm
Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - Των φρονίμων τα παιδιά...!
16.Eύκολα βλέπουμε πως . Άρα η αρχική είναι ισοδύναμη με την .
Επειδή , μια περίπτωση είναι να είναι .
Μια άλλη περίπτωση είναι να είναι μιας και . Τότε όμως .
Άν o διαιρεί τον τότε . Άν λοιπόν τότε: .
Άν τώρα η εξίσωση είναι αδύνατη. Άρα εξετάζουμε την περίπτωση που . Άν η αρχική γίνεται: .
Άν δεν έχουμε λύση. Aν . Άν η εξίσωση είναι αδύνατη.
Άν τώρα , τότε ο θα πρέπει να είναι άρτιος αλλίώς αν ήταν περιττός το πρώτο μέλος θα ήταν άρτιος και το δεύτερο περιττός. Άρα πρέπει τότε όμως η οποία είναι αδύνατη.
Συνεχίζοντας εκεί που σταματήσαμε, μένει να εξετάσουμε την περίπτωση που , τότε όμως θα είναι . Ακολουθώντας όμοια την ίδια διαδικασία θα βρούμε την λύση .
Τελικά οι λύσεις που βρίσκω είναι οι .
Επειδή , μια περίπτωση είναι να είναι .
Μια άλλη περίπτωση είναι να είναι μιας και . Τότε όμως .
Άν o διαιρεί τον τότε . Άν λοιπόν τότε: .
Άν τώρα η εξίσωση είναι αδύνατη. Άρα εξετάζουμε την περίπτωση που . Άν η αρχική γίνεται: .
Άν δεν έχουμε λύση. Aν . Άν η εξίσωση είναι αδύνατη.
Άν τώρα , τότε ο θα πρέπει να είναι άρτιος αλλίώς αν ήταν περιττός το πρώτο μέλος θα ήταν άρτιος και το δεύτερο περιττός. Άρα πρέπει τότε όμως η οποία είναι αδύνατη.
Συνεχίζοντας εκεί που σταματήσαμε, μένει να εξετάσουμε την περίπτωση που , τότε όμως θα είναι . Ακολουθώντας όμοια την ίδια διαδικασία θα βρούμε την λύση .
Τελικά οι λύσεις που βρίσκω είναι οι .
-
- Δημοσιεύσεις: 413
- Εγγραφή: Δευ Μαρ 01, 2010 2:07 pm
Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - Των φρονίμων τα παιδιά...!
19.
Αν πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε η εξίσωση έχει πραγματικές ρίζες μεγαλύτερες του ,
να αποδείξετε ότι η εξίσωση έχει μία τουλάχιστον πραγματική ρίζα.
Αν πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε η εξίσωση έχει πραγματικές ρίζες μεγαλύτερες του ,
να αποδείξετε ότι η εξίσωση έχει μία τουλάχιστον πραγματική ρίζα.
Νίκος Αθανασίου
Μεταδιδακτορικός ερευνητής, τμήμα μαθηματικών- Πανεπιστήμιο Κρήτης
Μεταδιδακτορικός ερευνητής, τμήμα μαθηματικών- Πανεπιστήμιο Κρήτης
Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - Των φρονίμων τα παιδιά...!
Λύση για την 18:
Για η αρχική δίνει .
Για παίρνουμε η οποία καταλήγει στην .
Αν ≠ τότε η είναι σταθερή, άτοπο. Άρα και από την .
Τότε από την , προκύπτει . Άρα : περιττή.
Η αρχική για δίνει .
Για , η δίνει .
Η σε συνδιασμό με την αρχική δίνει μετά από πράξεις .
Άρα για κάθε ισχύει .
Επειδή :περιττή, η τελευταία σχέση από γνωστή διαδικασία δίνει με :περιττό.
Τότε η αρχική για δίνει μετά από πράξεις που φανερά έχει μοναδική λύση το . Άρα που επαληθεύει την δοθείσα σχέση.
Για η αρχική δίνει .
Για παίρνουμε η οποία καταλήγει στην .
Αν ≠ τότε η είναι σταθερή, άτοπο. Άρα και από την .
Τότε από την , προκύπτει . Άρα : περιττή.
Η αρχική για δίνει .
Για , η δίνει .
Η σε συνδιασμό με την αρχική δίνει μετά από πράξεις .
Άρα για κάθε ισχύει .
Επειδή :περιττή, η τελευταία σχέση από γνωστή διαδικασία δίνει με :περιττό.
Τότε η αρχική για δίνει μετά από πράξεις που φανερά έχει μοναδική λύση το . Άρα που επαληθεύει την δοθείσα σχέση.
Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - Των φρονίμων τα παιδιά...!
Ακόμα δύο θεματάκια απο παλιούς διαγωνισμούς "Αρχιμήδης", τα οποία μου άρεσαν ιδιαίτερα:
20.
Στο επίπεδο ορίζουμε μια διμελή πράξη *, τέτοια ώστε για κάθε δύο σημεία Χ,Υ του επιπέδου, το Χ*Υ να είναι το συμμετρικό σημείο του Χ ως προς το Υ. Ορίζουμε μια ακολουθία συνόλων , ώστε για κάθε να είναι , με το σύνολο των 3 απο τις 4 κορυφές ενός τετραγώνου στο επίπεδο. Είναι δυνατόν η τέταρτη κορυφή να ανήκει σε κάποιο από τα ???
21.
Θεωρούμε ένα σύνολο με 2011 θετικούς ακεραίους, τέτοιο ώστε για κάθε 3 θετικούς ακεραίους , με , να ισχύει . Να βρεθεί η ελάχιστη δυνατή τιμή του μεγαλύτερου απο τους 2011 θετικούς ακεραίους του συνόλου .
20.
Στο επίπεδο ορίζουμε μια διμελή πράξη *, τέτοια ώστε για κάθε δύο σημεία Χ,Υ του επιπέδου, το Χ*Υ να είναι το συμμετρικό σημείο του Χ ως προς το Υ. Ορίζουμε μια ακολουθία συνόλων , ώστε για κάθε να είναι , με το σύνολο των 3 απο τις 4 κορυφές ενός τετραγώνου στο επίπεδο. Είναι δυνατόν η τέταρτη κορυφή να ανήκει σε κάποιο από τα ???
21.
Θεωρούμε ένα σύνολο με 2011 θετικούς ακεραίους, τέτοιο ώστε για κάθε 3 θετικούς ακεραίους , με , να ισχύει . Να βρεθεί η ελάχιστη δυνατή τιμή του μεγαλύτερου απο τους 2011 θετικούς ακεραίους του συνόλου .
Κολλιοπουλος Νικος.
Μεταδιδακτορικός ερευνητής.
Ερευνητικά ενδιαφέροντα: Στοχαστικές ΜΔΕ, ασυμπτωτική ανάλυση στοχαστικών συστημάτων, εφαρμογές αυτών στα χρηματοοικονομικά και στη διαχείριση ρίσκων.
Μεταδιδακτορικός ερευνητής.
Ερευνητικά ενδιαφέροντα: Στοχαστικές ΜΔΕ, ασυμπτωτική ανάλυση στοχαστικών συστημάτων, εφαρμογές αυτών στα χρηματοοικονομικά και στη διαχείριση ρίσκων.
Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - Των φρονίμων τα παιδιά...!
Αν αυτό είναι το θέμα 4 του Αρχιμήδη 2003, το βιβλίο των θεμάτων που έχω λέει επίσης ότι "Δεν εξετάζονται οι πράξεις με σημεία που δεν ανήκουν στους άξονες x και y", το οποίο φυσικά δεν είναι απαραίτητο στη λύση του προβλήματος.Nick1990 έγραψε:Ακόμα δύο θεματάκια απο παλιούς διαγωνισμούς "Αρχιμήδης", τα οποία μου άρεσαν ιδιαίτερα:
20.
Στο επίπεδο ορίζουμε μια διμελή πράξη *, τέτοια ώστε για κάθε δύο σημεία Χ,Υ του επιπέδου, το Χ*Υ να είναι το συμμετρικό σημείο του Χ ως προς το Υ. Ορίζουμε μια ακολουθία συνόλων , ώστε για κάθε να είναι , με το σύνολο των 3 απο τις 4 κορυφές ενός τετραγώνου στο επίπεδο. Είναι δυνατόν η τέταρτη κορυφή να ανήκει σε κάποιο από τα ???
Έστω χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι τα σημεία που έχουμε αρχικά είναι τα . Αρχικά βλέπουμε ότι δουλεύουμε στους ακεραίους, αφού κάθε πράξη σημείων με ακέραιες συντεταγμένες έχει ως αποτέλεσμα σημείο με ακέραιες συντεταγμένες. Θα αποδείξουμε ότι δεν υπάρχει περίπτωση να προκύψει σημείο με συντεταγμένες της μορφής . (τότε δε θα υπάρχει ούτε το (0,0) σε κάποιο σύνολο). Έστω το πρώτο σύνολο που περιέχει ένα τέτοιο σημείο (το δεν περιέχει κανένα τέτοιο σημείο). Τότε θα έχουμε ότι και , αν , το οποίο σημαίνει ότι οι είναι άρτιοι και είναι άτοπο αφού το σημείο περιέχεται σε κάποιο σύνολο .
-
- Δημοσιεύσεις: 413
- Εγγραφή: Δευ Μαρ 01, 2010 2:07 pm
Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - Των φρονίμων τα παιδιά...!
Eπειδή βλέπω δυστυχώς ότι το θέμα αυτό πάει να ξεχαστεί,ας βάλω μια άσκηση κι εγώ:
22
Να βρεθούν όλες οι συναρτήσεις τέτοιες ώστε και
22
Να βρεθούν όλες οι συναρτήσεις τέτοιες ώστε και
Νίκος Αθανασίου
Μεταδιδακτορικός ερευνητής, τμήμα μαθηματικών- Πανεπιστήμιο Κρήτης
Μεταδιδακτορικός ερευνητής, τμήμα μαθηματικών- Πανεπιστήμιο Κρήτης
-
- Επιμελητής
- Δημοσιεύσεις: 6461
- Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 1:47 pm
- Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
- Επικοινωνία:
Re: Διαγωνισμός Αρχιμήδης 2011 - Των φρονίμων τα παιδιά...!
23.
Έστω ένας πραγματικός αριθμός τέτοιος ώστε , για κάθε μη αρνητικό ακέραιο .
Να δείξετε ότι ο είναι ακέραιος.
24.
Να βρεθούν οι μη αρνητικές ακέραιες λύσεις της εξίσωσης .
25.
Αν πραγματικοί αριθμοί, να δείξετε ότι .
Πότε ισχύει η ισότητα;
Έστω ένας πραγματικός αριθμός τέτοιος ώστε , για κάθε μη αρνητικό ακέραιο .
Να δείξετε ότι ο είναι ακέραιος.
24.
Να βρεθούν οι μη αρνητικές ακέραιες λύσεις της εξίσωσης .
25.
Αν πραγματικοί αριθμοί, να δείξετε ότι .
Πότε ισχύει η ισότητα;
Θανάσης Κοντογεώργης
Μέλη σε σύνδεση
Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 2 επισκέπτες